SACH LUYEN DE TOAN 2014 p1 (thay hung)

Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!

LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRỰC TUYẾN

ThÇy: §ÆNG VIÖT HïNG

TUYỂN CHỌN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

HAY VÀ ĐẶC SẮC (PHẦN 1)

NĂM HỌC 2013 - 2014

Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!

LỜI NÓI ĐẦU

Các em học sinh thân mến!

Luyện giải đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng trong việc ôn thi,

chuẩn bị những kiến thức nền tảng tốt nhất cho kỳ thi Đại học.

Hiểu được điều đó, thầy quyết định tổng hợp lại các đề thi được giải chi tiết mà thầy soạn riêng cho

khóa LUYỆN THI ĐẠI HỌC và LUYỆN GIẢI ĐỀ 2014 tại Moon.vn để giúp các em có thêm tư

liệu ôn tập, học tập cách trình bày theo balem điểm mà Bộ giáo dục thường áp dụng trong chấm thi Đại

học.

Với cách trình bày khoa học, rõ ràng thầy tin tưởng cuốn sách này sẽ đánh bại mọi cuốn sách khác

(^^^) về độ chất của nó các em nhỉ?

Toán học là môn học ưa phong cách tài tử (nó thể hiện qua phong cách làm bài, tư duy giải toán của

người làm), nhưng phải tài tử một cách khéo léo, thông minh. Đối với Toán học, không có trang sách

nào là thừa. Từng trang, từng dòng phải hiểu. Để học tốt môn Toán, đòi hỏi phải kiên nhẫn, bền bỉ ngay

từ những bài tập đơn giản nhất, những kiến thức cơ bản nhất đó!

Cuối cùng, thầy chúc tất cả các em đã theo thầy suốt một chặng đường dài SỨC KHỎE, SỰ MAY

MẮN, và đặc biệt là THÀNH CÔNG trong các kỳ thi lớn sắp tới!

Thầy Đặng Việt Hùng (Han Dong Hae)

Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) ( )

3 2

y m x mx m x = − − + − − 2 6 9 2 2 có đồ thị là (Cm).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.

b) Tìm m để đường thẳng d y: 2 = − cắt đồ thị hàm số (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0 ; −2), B và C sao

cho diện tích tam giác OBC bằng 13 (với O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( ) 1

tan 2 tan sin 4 sin 2 .

6

x x x x − = +

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2

2

(4 1) 2 1 0

2 3 2 0

2

x x y y

x

x xy x

 + − − = 



− + + − + = 

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

2

1

ln 1

.

+ +

= ∫

e

x x x x

I e dx

x

Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABCD A B C D . ' ' ' ' có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a AD a = = ; 3 .

Hình chiếu vuông góc của điểm A' trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa

hai mặt phẳng ( ' ') ADD A và (ABCD) bằng 600

. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ

điểm B' đến mặt phẳng ( ' ) A BD theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 a b c ab bc ca + + + − − = 2 2 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

2 2 2 .

( )

c c ab P

a b c a b a b

= + +

+ − + +

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( )2 2

( ) : 4 4 C x y − + = và điểm

E(4; 1). Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến

đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua E.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1, d2 có phương trình

1

1 1

:

2 1 2

x y z d

− +

= = và 2

2 1

:

1 1 2

x y z d

− −

= =

−

. Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 và vuông

góc với mặt phẳng ( ) : 2 5 3 0 P x y z + + + = .

Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 .

2 1 2

iz z i

z

i i

− +

− =

+ −

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Hypebol

2 2

( ) : 1.

16 9

x y H − = Viết phương

trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở

của (H).

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y − z + 5 = 0 và

đường thẳng 1 3

2

3

:)( = + = −

+

y z

x

d , điểm A(−2; 3; 4). Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua

01. ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Thời gian làm bài: 180 phút

Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!

giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho độ dài đoạn AM ngắn

nhất.

Câu 9.b (1,0 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn 2

z i − =1, tìm số phức z có mô-đun lớn nhất.

LỜI GIẢI ĐỀ 1:

Câu Đáp án Điểm

a) (1,0 điểm) 0,25

Với m = 1 thì hàm số có dạng 3 2

y x x x = − + − 6 9 2

Tập xác định D = ℝ.

Đạo hàm 2 2

1

' 3 12 9 ' 0 4 3 0

3

x

y x x y x x

x

 =

= − + ⇒ = ⇔ − + = ⇔ 

 =

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ +∞ ;1 ; 3; ) ( ) và nghịch biến trên (1; 3).

Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y = 2; đạt cực tiểu tại x = 3; y = −2.

0,25

Các giới hạn: ( )

3 2 lim 6 9 2

x

x x x

→+∞

− + − = +∞ ; ( )

3 2 lim 6 9 2

x

x x x

→−∞

− + − = −∞

Điểm uốn: y x y x U ' 6 12 '' 0 2 2;0 . = − ⇒ = ⇔ = → ( )

0,25

Bảng biến thiên:

x −∞ 1 3 +∞

y’ + 0 − 0 +

y

2 +∞

−∞ −2

0,25

Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

Nhận xét:

+ Đồ thị hàm số nhận điểm U(2; 0) làm tâm đối xứng.

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; −2).

0,25

b) (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: ( ) ( )

3 2 2 6 9 2 2 2 − − + − − = − m x mx m x

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 2 ⇔ − − + − = ⇔ − − + − = 2 6 9 2 0 2 6 9 2 0 m x mx m x x m x mx m    

( ) ( ) 2

0 (0; 2)

2 6 9 2 0 ( ) 0

x A

m x mx m g x

 = ⇒ −

⇔ 

− − + − = ⇔ = 

0,25

1

(2,0 điểm)

Hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C khi phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm 0,25

Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!

phân biệt và khác 0. Ta có điều kiện:

( )2 2

9 9 2 0 1

(2) 2 0 2

g m m m

g m m

∆ = − − >  >

  ⇔

= − ≠  ≠ 

Giả sử B x C x ( 1 2 ; 2 , ; 2 , − − ) ( ) với x1; x2 là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0.

Theo định lí Vi-ét ta có 1 2

1 2

6

2

9

m

x x

m

x x



 + =  −



 =

Ta có ( ) 1 1 ; . 13 .2. 13

2 2 OBC S d O d BC BC BC ∆ = ⇔ = ⇒ =

0,25

( )

2

2

1 2 1 2 1 2

14

6

13 4 13 36 13 13

2

14

m m

x x x x x x

m

m



  = ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ 

 

−     =

Đối chiếu với điều kiên ta được

14 ; 14

13

m m = = là các giá trị cần tìm.

0,25

Điều kiện

π π

cos2 0 4 2

cos 0 π

π

2

m

x

x

x

x n



≠ +  ≠ 

  ⇔

 ≠  ≠ + 

Phương trình đã cho tương đương với 6sin cos2 cos (sin 4 sin 2 ) x x x x x = +

0,25

2 2 2

6sin cos cos2 (4sin cos cos2 2sin cos )

sin (4cos cos 2 2cos cos2 6) 0

x x x x x x x x

x x x x x

⇔ = +

⇔ + − =

0,25

2

3 2

2

sin (2cos 2 (1 cos2 ) cos2 (1 cos2 ) 6 0

sin (2cos 2 3cos 2 cos 2 6) 0

sin (cos 2 1)(2cos 2 5cos2 6) 0

x x x x x

x x x x

x x x x

⇔ + + + − =  

 

⇔ + + − =

⇔ − + + =

0,25

2

(1,0 điểm)

2

sin 0 π

π

cos2 1 sin 0

x x k

x k

x x

 = ⇔ =

⇔ ⇔ = 

 = ⇔ =

Kết hợp với điêu kiện ta được nghiệm của phương trình là x = kπ; k ∈ Z.

0,25

Điều kiện: 1

2

x y ≥ − ≥ 4,

Ta có 2 3 3 (1) 2 (4 1) 2 2 1 0 (2 ) 2 ( 2 1) 2 1 ⇔ + = − = ⇔ + = − + − x x y y x x y y (*)

Xét hàm số

3

f t t t ( ) = + ta có 2

f t t t ′( ) 3 1 0, = + > ∀ ∈ℝ nên f t( ) đồng biến trên ℝ .

(*) ⇔

3 3

2

0

(2 ) 2 ( 2 1) 2 1 (2 ) ( 2 1) 2 2 1

4 1 2

x

x x y y f x f y x y

x y

 ≥

+ = − + − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ 

 + =

0,25

Từ (2) ta có 2 2

2 3 2 0 4 (2 ) 6 2 8 0

2

x

− + + − + = ⇔ − + + − + = x xy x x x y x x

2 2 3 2 ⇔ − + + + − + = ⇔ − + − + = 4 (4 1) 6 2 8 0 4 4 7 2 8 0 x x x x x x x x x

0,25

Xét hàm số

2 3 2 1

( ) 4 4 7 2 8 ( ) 12 8 7

2 8

= − + + − + ⇒ ′ = − + −

+

g x x x x x g x x x

x

2 2 5 2 8 1 4 2(2 1) 0, 0

2 8

+ − = + − + > ∀ ≥

+

x

x x x

x

nên g(x) đồng biến trên nửa khoảng [0; ) +∞

0,25

3

(1,0 điểm)

Mặt khác ta dễ thấy ( )

1 1 1

2 2 g x y ⇔ = ⇒ =

Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1

; 1 2

x y = =

0,25

4

(1,0 điểm) Ta có

2

1 2 3

1 1 1 1

ln 1 ln

e e e e x

x x x e x x x I e dx xe dx xe dx dx I I I

x x

+ +

= = + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25

Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!

+ Xét 1 1

1 1

( 1)

e e

x x e x e I xe dx xe e dx e e = = − = − ∫ ∫ 0,25

+ Xét 2 3 2 3 1

1 1 1

ln ln

e e e x x

e

x x e e e e e I e x dx e x dx e dx e I I I e

x x

= = − = − = − ⇔ + = ∫ ∫ ∫ 0,25

Từ đó suy ra 1 1

1 1

e e x x

e e e e e e I e e e dx dx e

x x

+ +

= − + − + = ∫ ∫ 0,25

Gọi O là giao điểm của AC và BD, theo bài ta có A O ABCD ' ( ). ⊥

Gọi I là trung điểm của AD. Ta có OI ⊥ AD.

Do

( ) ( )

( )

' '

'

ADD A ABCD AD

AD A OI

 ∩ =

 ⇒

 ⊥ 

góc giữa ( ADD A' ') và ( ABCD) là 0 A IO' 60 . =

0,25

Ta có 1 0 3

' .tan ' .tan 60

2 2 2 2

a a a OI AB A O OI A IO = = ⇒ = = =

Suy ra, thể tích khối lăng trụ là

3

. ' ' ' '

3 3 ' . . . 3

2 2 ABCD A B C D ABCD

a a V A O S a a = = = (đvtt).

0,25

Do AB′và A′B cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên A và B′ đối xứng nhau qua

( ' ). A BD

Suy ra d B A BD d A A BD [ ;( ' ) ;( ' ) ] = [ ]

Trong (ABCD) dựng AH ⊥ BD. Do ( ' ),

'

AH BD

AH A BD

AH A O

 ⊥

 ⇒ ⊥

 ⊥

hay

AH d A A BD = [ ;( ' ) .]

0,25

5

(1,0 điểm)

Trong tam giác vuông ABD ta có 2 2 2 2 2

1 1 1 . 3

2

AB AD a AH

AH AB AD AB AD

= + ⇒ = =

+

Vậy khoảng cách từ B′ đến (A′BD) bằng

3

.

2

a

0,25

Ta có 2 2 2 2 2 2 2

a b c bc ca ab a b c ab bc ca ab a b c ab + + − − = − ⇔ + + + − − = ⇔ + − = 2 2 2 2 2 ( )

Đặt ; , 0 . ( ) a b

x y x y

c c

= = >

0,25

6

(1,0 điểm)

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có

2

( ) 2

4

x y

x y xy xy

+

+ ≥ ⇔ ≤ (*)

Khi đó

2

2 2

2

( ) 1 . ( 1) a b ab a b a b c ab x y xy

c c c c c

 

+ − = ⇔ + − = = ⇔ + − =    

0,25

Luyện giải đề môn Toán 2014 Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831)

Tham gia trọn vẹn khóa LTĐH và Luyện giải đề tại Moon.vn để đạt được kết quả cao nhất trong kỳ TSĐH 2014!

Áp dụng (*) ta được

2 2

2 2

( ) ( ) 2 ( 1) ( 1) 2

4 4 3

x y x y

x y xy x y x y

+ + + − = ≤ ⇔ + − ≤ ⇒ ≤ + ≤

Ta có

2 2

2 2 2 2 2 2

.

1 1

( )

1

a b

c c ab c c P

a b c a b a b a b a b a b

c c c c c c

= + + = + + =

+ − + +       +

      + − +      

( )2 2 2 2 2

1 1 1 1

1

xy xy

x y x y x y x y xy x y

= + + = + +

+ − + + + +

Áp dụng các bất đẳng thức cơ bản 2

2

( )

xy xy

x y x y

≥

+ +

và 1 1 4

x y x y

+ ≥

+

ta được

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 1 1 2 1 4 2 1

( ) ( ) 2 ( ) 2 2 2

xy xy xy P

xy xy xy xy x y x y x y x y x xy y x y

 

≥ + + = + + + ≥ + +  

+ + + + + + +  

0,25

2 2 2 2

4 2 1 4 2 4 2 2 . 1 2

( ) ( ) ( ) 2 2 2

xy P

x y x y x y xy x y

≥ + = + ≥ + = ⇒ ≥

+ + + +

Vậy minP = 2 khi x = y = 1 tức a = b = c.

0,25

Đường tròn (C) có tâm I(4; 0), bán kinh

R = 2

M thuộc Oy nên giả sử M(0; m)

Ta có IM m = −( 4; ) ⇒



đường thẳng AB

có một véc tơ chỉ phương là ( ;4) AB u m =



Đường thẳng AB đi qua E(4; 1) và có véc

tơ chỉ phương ( ;4) AB u m =



nên có

phương trình tham số là

4

1 4

x mt

y t

 = + 

 = +

0,25

A thuộc đường thẳng AB nên có tọa độ dạng A mt t (4 ;1 4 . + + )

Do

2 2 2 2 ( ) ( 4) 4 ( ) (1 4 ) 4, (*)

. 0

A A A C x y mt t

IA MA IA MA

 ∈  − + = ⇔ + + =

  ⇒

 ⊥  =

 

0,25

Ta có 2 2 ( ;1 4 )

. ( ) 4 (1 4 ) (1 4 ) 0

(4 ;1 4 )

IA mt t

IA MA mt mt t m t

MA mt t m

 = +  ⇒ = + + + − + =

 = + + −



 

 0,25

7.a

(1,0 điểm)

2 2 ⇔ + + − = ( ) (1 4 ) 0 mt t m . Thay (*) vào ta tìm được m = 4.

Vậy điểm M(0; 4) là điểm cần tìm.

0,25

Viết lại phương trình các đường thẳng dạng tham số ta được

1 2

1 1 2 2

1 2

1 2 2

: 1 , :

2 1 2

x t x t

d y t d y t

z t z t

  = + = +     = − + =

    = = −

Mặt phẳng (P) có một véc tơ pháp tuyến là (2;1;5) P

n =



0,25

Giả sử: 1 1 1 1 2 2 2 2 A d d A t t t B d d B t t t = ∩ ⇒ (1 2 ; 1 ;2 ); (2 2 ; ;1 2 ) + − + = ∩ ⇒ + −

2 1 2 1 2 1 ⇒ AB t t t t t t = − + − + − − + ( 2 1; 1; 2 2 1)



.

0,25

Theo bài, 2 1 2 1 2 1 1

2

2 1 1 2 2 1 1

( )

2 1 5 1

P

t t t t t t t

d P AB kn

t

− + − + − − +  = −

⊥ ⇒ = ⇔ = = ⇔ 

 = −

 

0,25

8.a

(1,0 điểm)

Suy ra A( 1; 2; 2). − − − Phương trình đường thẳng cần tìm là 1 2 2

: .

2 1 5

x y z d

+ + +

= = 0,25

Ta có 2 2 2 (2 )(1 2 ) ( 2 )(2 ) 2(2 )(1 2 )

2 1 2

iz z i z iz i z i i i i z

i i

− +

− = ⇔ − − − + + = + −

+ −

0,25

⇔ − − + = − (2 4 ) (2 ) (4 3 ) i i z i z (1) 0,25

9.a

(1,0 điểm)

Giả sử z = a + bi, với a, b ∈ R. 0,25